2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习：磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(解析版)

磁场性质及带电粒子在磁场中的运动
一、选择题（本题共包括15小题，每小题4分，共60分）
1.如图所示，在半径为R 的圆形区域内有一匀强磁场，边界上的A 点有一粒子源，能在垂直于磁场的平面内沿不同方向向磁场中发射速率相同的同种带电粒子，在磁场边界的1
6圆周上可观测到有粒子飞出，则粒子在磁场中的
运动半径为( )
A.R
B.R 2
C.R 3
D.R 6
【解析】粒子做圆周运动的圆与圆形磁场圆相交弦为粒子做圆周运动圆的直径时为出射的一个极点，当粒子做圆周运动的圆与圆形磁场圆相切于A 点时为出射的另一极点，由题可知两极点对应圆形磁场圆的圆心角为60°，由几何关系可知：粒子做圆周运动的半径为r ＝R sin 30°＝R
2
，故选项B 正确。

【答案】B
2.以下说法正确的是( ) A.电荷处于电场中一定受到静电力 B.运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力 C.洛伦兹力对运动电荷一定不做功
D.洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小
【解析】电荷处于电场中一定受到静电力，故A 项正确；运动电荷的速度方向与磁场平行时，运动电荷不受洛伦兹力，故B 项错误；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故C 项正确；洛伦兹力对运动电荷一定不做功，由动能定理得，洛伦兹力不能改变运动电荷的动能，即洛伦兹力不能改变速度的大小，只能改变速度的方向，故D 项错误。

【答案】AC
3.如图为某磁谱仪部分构件的示意图。

图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。

宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。

当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )
A.电子与正电子的偏转方向一定不同
B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同
C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子
D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
【解析】由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向一定相反，选项A 正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，根据r ＝mv
qB 可知，运动半径不一定相同，选项B 错误；虽然质子
和正电子带电荷量及电性相同，但是两者的动量大小未知，根据r ＝mv
qB ，则根据运动轨迹无法判断粒子是质子还是
正电子，选项C 正确；由E k ＝12mv 2，则r ＝mv qB ＝2mE k
qB ，由于电子的质量比质子质量小得多，若电子动能大于质子
动能，无法比较二者的运动半径大小，选项D 错误。

【答案】AC
4.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构简图。

励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁场强弱由通过励磁线圈的电流来调节，在球形玻璃泡底部有一个可以升降的电子枪，从电子枪灯丝中发出电子的初速度可忽略不计，经过加速电压U (U 可调节，且加速间距很小)后，沿水平方向从球形玻璃泡球心的正下方垂直磁场方向向右射入，电子束距离球形玻璃泡底部切线的高度为h (见图)，已知球形玻璃泡的半径为R 。

下列说法正确的有( )
A.仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大
B.仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大
C.电子束在玻璃泡内做完整圆周运动的最大半径为R －h
2
D.仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变小
【解析】经过电子枪加速，根据动能定理eU ＝1
2
mv 2得，电子进入磁场的速度为v ＝
2eU
m。

电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，即evB ＝m v 2r ，联立两式得，电子在磁场中运动的轨道半径为r ＝
1
B
2mU
e。

若仅增大励磁线圈中电流，B 增加，r 将减小；若仅提高电子枪加速电压U ，则r 将变大，故A 错误，B 正确；因为电子束距离球形玻璃泡底部切线的高度为h ，沿与切线方向平行的速度射入磁场，若电子做圆周运动的轨迹恰好跟玻璃泡顶部相切，则对应的轨迹半径最大，如图所示，则最大半径为r m ＝
2R －h 2＝R －h
2
，故C 正确；电子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πm
qB
，若仅增大励磁线圈中电流，B 增加，则周期将变小，D 正确。

【答案】BCD
5.如图所示，在通电直导线下方，有一电子沿平行导线方向以速度v 开始运动，则( )
A.将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越小
B.将沿轨迹Ⅰ运动，半径越来越大
C.将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越小
D.将沿轨迹Ⅱ运动，半径越来越大
【解析】由安培定则可知，通电直导线在其下方的磁场垂直纸面向里，如图所示，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力的方向向上，所以沿轨迹Ⅰ运动，故C 、D 错误；因离导线越近，磁感应强度越大，根据Bqv ＝m v 2
r 可知，
轨迹半径越来越小，所以A 正确，B 错误。

【答案】A
6.在如图所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直。

一带电粒子(重力不计)从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )
A.一定带正电
B.速度v ＝E
B
C.若速度v >E
B
，粒子一定不能从板间射出
D.若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
【解析】粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE ，洛伦兹力大小F ＝qvB ＝qE ，两个力平衡，速度v ＝E B ，粒子做匀速直线运动，故选项A 错误，B 正确；若速度v ＞E
B ，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使
粒子偏转，可能从板间射出，故选项C 错误；此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，故选项D 错误。

【答案】B
7.如图所示，两根足够长的绝缘导线垂直靠近放置，通以大小相等的恒定电流，a 点和b 点到两根导线的距离均为l ，c 点到两根导线的距离分別为l
2
和l ，下列判断正确的是( )
A.b 处的磁感应强度为零
B.a 、b 两点的磁感应强度大小相等
C.b 、c 两点的磁感应强度方向相同
D.c 点的磁感应强度大小比b 点的大
【解析】由右手螺旋定则可知，竖直导线在b 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向外，水平导线在b 点产生的磁感应强度方向也垂直纸面向外，所以b 处的磁感应强度不为零，故A 项错误；由右手螺旋定则可知，竖直导线在a 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，水平导线在a 点产生的磁场方向垂直纸面向外，两根导线中通有相等的电流，a 、b 到两导线的距离相等，所以a 点的磁感应强度为零，由A 分析可知，b 点的磁感应强度不为零，故B 项错误；由右手螺旋定则可知，竖直导线在c 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，水平导线在c 点产生的磁感应强度方向也垂直纸面向里，所以c 点的磁感应强度方向向里，由A 分析可知，b 处磁感应强度方向向外，故C 项错误；竖直导线在c 点和b 点产生的磁感应强度大小相等，水平导线在b 点产生的磁感应强度比c 处的更小，由矢量法则可知，c 点的磁感应强度大小比b 点的大，故D 项正确。

【答案】D
8.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。

如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I ，C 、D 两侧面会形成电势差U CD 。

下列说法中正确的是( )
A.霍尔元件的上下表面的距离越大，U CD 越大
B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD <0
C.仅增大电流I 时，电势差U CD 不变
D.如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其它条件不变，电势差U CD 将变大
【解析】根据左手定则，电子向C 侧面偏转，C 表面带负电，D 表面带正电，所以D 表面的电势高，则U CD
＜0。

C 、D 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a 、b 、c ，有q U b ＝qvB ，I ＝nqvS ＝nqvbc ，则U ＝BI nqc ，故A 项错误，B 项正确；由表达式U ＝BI
nqc 可知，仅增大
电流I 时，电势差U CD 增大，故C 项错误；如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其他条件不变，阴阳离子都向一个方向偏转，电势差U CD 将变小或者变为零，故D 项错误。

【答案】B
9.如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微
粒，而从整体来说呈电中性)沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就会聚集电荷。

在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是( )
A.A 板带负电
B.有电流从b 经用电器流向a
C.金属板A 、B 间的电场方向向下
D.等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力
【解析】根据左手定则可知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，则A 板带负电，故A 正确；因为B 板带正电，A 板带负电，所以电流的流向为从b 经用电器流向a ，故B 正确；因为B 板带正电，A 板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C 错误；等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D 正确。

【答案】ABD
10.某同学自制一电流表，其原理如图所示。

质量为m 的均匀细金属杆MN 与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k ，在矩形区域abcd 内有匀强磁场，ab ＝L 1，bc ＝L 2，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外。

MN 的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。

MN 的长度大于ab ，当MN 中没有电流通过且处于静止时，MN 与矩形区域的ab 边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN 中有电流时，指针示数可表示电流强度。

MN 始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g 。

下列说法中正确的是( )
A.当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为mg
k
B.标尺上的电流刻度是不均匀的
C.为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为M →N
D.电流表的量程为mg ＋kL 2
BL 1
【解析】电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得mg ＝k ·x 0，解得x 0＝mg
k ，故A 项正确；要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左
手定则知金属杆中的电流方向应从M 至N ，故C 项正确；当电流为I 时，安培力为F A ＝BIL 1；静止时弹簧伸长量的增加量为Δx ，根据胡克定律ΔF ＝k Δx ，得Δx ＝F A k ＝BIL 1
k ∝I ，故该电流表的刻度是均匀的，故B 项错误；当Δx
＝L 2时，I ＝I m ，则有BI m L 1＝kL 2，解得I m ＝
kL 2BL 1，电流表的量程为I m ＝kL 2
BL 1
，故D 项错误。

【答案】AC
11.如图所示，虚线EF 下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一个带电微粒从距离EF 为h 的某处由静止开始做自由落体运动，从A 点进入场区后，恰好做匀速圆周运动，然后从B 点射出，C 为圆弧的最低点，下面说法正确的有( )
A.从B 点射出后，微粒能够再次回到A 点
B.如果仅使h 变大，微粒从A 点进入场区后将仍做匀速圆周运动
C.如果仅使微粒的电荷量和质量加倍，微粒将仍沿原来的轨迹运动
D.若仅撤去电场E ，微粒到达轨迹最低点时受到的洛伦兹力一定大于它的重力
【解析】从B 点射出后，微粒做竖直上抛运动，落回场区后要向右偏转，不可能再回到A 点，故选项A 错误；带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，如果仅使h 变大，不会改变电场力与重力平衡，因此仍做匀速圆周运动，所以选项B 正确；由题意知mg ＝qE ，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r ，v ＝2gh ，则微粒做圆周运动的半径为r ＝
E B
2h
g
，若微粒的电荷量和质量加倍，不会影响运动轨道的半径，所以选项C 正确；当撤去电场E ，微粒在洛伦兹力与重力作用下，当到达轨迹最低点时，仍做曲线运动，则洛伦兹力大于它的重力，即运动轨迹偏向合力一侧，所以选项D 正确。

【答案】BCD
12.如图为回旋加速器的示意图。

其核心部分是两个D 型金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与高频交流电源相连。

带电粒子在D 型盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。

欲使粒子在D 型盒内运动的时间增大为原来的2倍，下列措施可行的是( )
A.仅将磁感应强度变为原来的2倍
B.仅将交流电源的电压变为原来的一半
C.仅将D 型盒的半径变为原来的2倍
D.仅将交流电源的周期变为原来的2倍
【解析】根据qvB ＝m v 2R 得，v ＝qBR m ，则最大动能E km ＝12mv 2＝q 2B 2R 2
2m。

粒子被电场加速一次动能的增加为qU ，
则粒子被加速的次数n ＝E km qU ＝qB 2R 22mU ，粒子在磁场中运动周期的次数n ′＝n 2＝qB 2R 24mU ，因T ＝2πm
qB ，则粒子从静止开始
到出口处所需的时间t ＝n ′T ＝πBR 2
2U 。

由上可知，若仅将磁感应强度变为原来的2倍，在磁场中运动的周期变化，则
不能与交流电周期同步，得不到始终加速，故A 项错误；由上可知，或仅将交流电源的电压变为原来的1
2，或仅将
D 型盒的半径变为原来的2倍，因此B 、C 项正确，D 项错误。

【答案】BC
13.如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，∠A ＝60°，AO ＝L ，在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。

已知粒子的比荷为q m ，发射速度大小都为v 0＝qBL
m 。

设粒子发射方向与OC 边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力。

对于粒子进入磁场后的运动，下列说法中正确的是( )
A.当θ＝45°时，粒子将从AC 边射出
B.所有从OA 边射出的粒子在磁场中运动时间相等
C.随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小
D.在AC 边界上只有一半区域有粒子射出
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 20
r ，已知v 0＝qBL m ，解得粒子的运动半径r
＝L ，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A 点飞出，则当θ＝45°时，由几何关系可知，粒子将从AC 边射出，选项A 正确；所有从OA 边射出的粒子，θ不同，而轨迹对应的圆心角等于2⎝⎛⎭⎫π2－θ＝π－2θ，所用时间t ＝π－2θ2πT ，T 一定，则知粒子在磁场中时间不相等，选项B 错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC 中点飞出，在磁场中运动时间恰好是T 6；当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好也是T
6，是在磁场中运动时间最长，故θ从0°到60°
在磁场中运动时间先减小后增大，当θ从60°到90°过程中，粒子从OA 边射出，此时在磁场中运动的时间逐渐减小，选项C 错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC 中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，选项D 正确。

【答案】AD
14.如图所示，在边长为L 的正方形abcd 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

从边ad 的四等分点P 处沿与ad 边成45°角向磁场区域内射入速度大小不等的带电粒子，粒子的质量为m ，电荷量为-q (q>0)。

不计粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A.可能有粒子从b 点射出
B.粒子在磁场中运动的最长时间为3πm
2qB C.速度为v=qBL
2m 的粒子从cd 边射出磁场
D.从bc 边射出的粒子的运动轨迹所对应的圆心角一定小于135°
【解析】由于磁场区域为边长为L 的正方形，不可能有粒子从b 点射出，选项A 错误;从ad 边射出的带电粒子在磁场中运动时间最长，最长时间为t=3
4T=3
4·
2πm qB
=
3πm
2qB
，选项B 正确;速度为v=qBL
2m 的粒子在磁场中运动，由qvB=m v 2
r
解得r=L 2
，画出带电粒子运动轨迹如图1，粒子从cd 边射出磁场，选项C 正确;画出刚好不从bc 边射出的粒子临界轨迹如图2，轨迹所对应的圆心角为135°，则从bc 边射出的粒子的运动轨迹所对应的圆心角一定小于135°，选项D 正确。

【答案】BCD
15.在半径为R 的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。

圆边界上的P 处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v 0的同种粒子，如图所示。

现测得当磁感应强度为B 1时，粒子均从由P 点开始弧长为1
2
πR 的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为B 2时，粒子则从由P 点开始弧长为2
3
πR 的圆周范围内射出磁场。

不计
粒子的重力，则( )
A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r 1∶r 2=√2∶√3
B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r 1∶r 2=2∶3
C.前后两次磁感应强度的大小之比为B 1∶B 2=√2∶√3
D.前后两次磁感应强度的大小之比为B 1∶B 2=√3∶√2
【解析】假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B 1时，弧长L 1=1
2πR 对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则
r 1=12
·2R sin θ=R sin π4。

如图2，磁感应强度为B 2时，弧长L 2=23
πR 对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r 2=1
2
·2R sin
α=R sin π3
，因此r 1∶r 2=sin π4
∶sin
π3
=√2∶√3，选项A 正确、B 错误;由洛伦兹力提供向心力，可得:qv 0B=m
v 02r
，则
B=mv
0qr ，可以得出B 1∶B 2=r 2∶r 1=√3∶√2，选项C 错误、D 正确。

【答案】AD
二、非选择题（本题共包括4小题，共40分）
16．如图所示，在xOy 平面内，有一以O 为圆心、R 为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B .位于O 点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出．粒子的速率相等，质量为m 、电荷量大小为q ，粒子重力及粒子间的相互作用均不计．
(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间； (2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积．
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB ＝m v 2
r
根据几何关系：r ≤R
2
联立得：v ≤qBR
2m
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πm
qB
由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y 轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则：t ＝T
2
联立可得：t ＝πm
qB
.
(2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，
由几何关系可得该半圆的半径：r ′＝1
2R
面积：S ＝1
2πr ′2
联立可得：S ＝1
8
πR 2.
【答案】(1)v ≤qBR 2m πm qB (2)1
8
πR 2
17．如图所示，在直角坐标系的原点O 处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x 轴放置，挡板与xOy 平面交线的两端M 、N 正好与原点O 构成等边三角形，O ′为挡板与x 轴的交点．在整个空间中，有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为m ，带电荷量大小为q ，速度大小为v ，MN 的长度为L .(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)
(1)确定带电粒子的电性；
(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；
(3)要使MN 的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图) 【解析】(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷．
(2)设磁感应强度大小为B ，带电粒子运动的轨迹半径为r ，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB ＝mv 2r ，解得r ＝mv
qB
.
由于从O 点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等．
由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O 点沿y 轴正方向射出，其轨迹刚好与MN 相切，轨迹圆心为O 1，如图甲所示．
则最大半径r max ＝12L cos 30°＝34L
由上式可得，磁感应强度的最小值B min ＝
43mv
3qL
.
(3)为使MN 的右侧都有粒子打到，打在N 点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN . 图中点O 2为轨迹的圆心，由于内接△OMN 为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径为r min ＝
L
2cos 30°
粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB ＝mv 2r ，所以磁感应强度的最大值B max ＝3mv
qL
.
18.如图所示，在第二和第三象限的两个正方形区域内(包括外边界上)分别存在着两匀强磁场，磁感应强度的大小相等、方向相反，且都垂直于xOy 平面。

某带电粒子质量为m ，电荷量为－q ，每次均从P (－d ，d )点沿x 轴正方
向射入磁场Ⅰ。

当入射速度为v 0时，粒子从P 点正下方⎝
⎛⎭⎫－d ，d 2处射出磁场，不计重力。

(1)求磁感应强度的大小；
(2)若入射速度为5v 0时，求粒子离开磁场的位置坐标；
(3)若粒子经过区域Ⅱ后从第四象限离开磁场，求粒子入射速度的范围。

【解析】(1)由题意知，粒子做匀速圆周运动的半径为r 0＝d 4
qv 0B ＝m v 20r 0
解得B ＝4mv 0qd。

(2)速度为5v 0时，
半径r 1＝5r 0＝54
d 粒子运动轨迹如图甲所示，
甲
设离开磁场时的位置纵坐标为y
[r 1－(d －y )]2＋d 2＝r 21
解得y ＝d 2
所以，粒子离开磁场的位置坐标为⎝⎛⎭
⎫0，d 2。

(3)能经过区域Ⅱ后从第四象限离开磁场的临界轨迹如图乙所示，
乙
速度最小时，有：
r 2＋r 2cos 30°＝d
r 2＝2(2－3)d
速度最大时半径为r 3＝d
即偏转半径范围为
2(2－3)d ≤r ≤d
由qvB ＝mv 2r
入射速度的范围8(2－3)v 0≤v ≤4v 0。

【答案】(1)4mv 0qd
(2)⎝⎛⎭⎫0，d 2 (3)8(2－3)v 0≤v ≤4v 0 19.如图所示，容器A 中装有大量的质量不同、电荷量均为＋q 的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央垂直电场方向射入偏转电场。

粒子通过平行板后垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，最后打在感光片上。

已知加速电场
中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为3L ，两板间距为L ，板间电场看成匀强电场，其电场强度E ＝2U 3L
，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场水平边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片。

测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且PQ 的长度为3L ，边界ab 下方的磁场范围足够大，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用。

求：
(1)粒子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏转的距离x 和偏转的角度θ；
(2)射到感光片P 处的粒子的质量m 1；
(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m 。

【解析】(1)设质量为m 的粒子通过孔S 2的速度为v 0，
由动能定理有qU ＝12mv 20
粒子在偏转电场中运动的加速度为a ＝qE m
沿速度v 0方向3L ＝v 0t
沿电场方向v x ＝at ，x ＝12
at 2 且有tan θ＝v x v 0
解得x ＝12
L ，θ＝30° (2)粒子从e 板下方与水平方向成60°角射入匀强磁场。

设粒子射入磁场时速度为v 1。

做圆周运动的轨道半径为
r 1，则qv 1B ＝m 1v 21r 1
其中v 1＝v 0cos 30°＝8qU 3m 1
由几何关系可知r 1＝L 2cos 30°
解得m 1＝qB 2L 2
8U
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB
粒子进入磁场后偏转240°，运动的时间t ＝240°360°
T 由于qvB ＝m v 2
r
，其中v ＝8qU 3m 联立解得t ＝πBr 2
2U
由几何关系可知粒子做圆周运动的最大半径r m ＝
L ＋3L 2cos 30°
则t m ＝πBr 2m 2U ＝8πBL 23U 【答案】(1)L 2 30° (2)qB 2L 28U (3)8πBL 2
3U。